高等量子力学（六）：角动量理论（中）

转动算符的表示

转动算符的矩阵元是 Wigner 函数

我们在 $\mathcal{D}_j$ 空间中定义 $D(R)$（其中 $R$ 由 $\hat{n}$ 和 $\alpha$ 指定）的矩阵元为：

$$D_{m'm}^{(j)}(R) = \langle jm' | \hat{D}(R) | jm \rangle = \langle jm' | e^{-\frac{i}{\hbar}\boldsymbol{J} \cdot \hat{n} \alpha} | jm \rangle$$

这就是 $\text{Wigner}$ 函数，$D^{(j)}(R)$ 是一个 $m=2j+1$ 维的矩阵。你可能会想问，为什么不同的态只需要改变一个 $m$ 指标而不需要同时改变 $jm$ 指标呢，例如 $|jm'\rangle$ 而不是 $|j'm'\rangle$？这是因为转动算符不会改变角动量的值 $j$，它只会改变角动量在某一方向上的分量 $m$：

$$\boldsymbol{J}^2[D(R)|jm\rangle]=D(R)\boldsymbol{J}^2|jm\rangle=j(j+1)\hbar^2[D(R)|jm\rangle]$$

因此，转动算符只能在给定的 $j$ 子空间内起作用。由上式还可以看出，$\boldsymbol{J}^2$ 在 $\ket{jm}$ 下是 $2j+1$ 重简并的。

在文献中，由 $D_{m'm}^j(R)$ 构成的 $(2j + 1) \times (2j + 1)$ 矩阵被称为旋转算符 $D(R)$ 的 $2j + 1$ 维不可约表示。这意味着在这个 $2j+1$ 维的子空间 $\mathcal{D}_j$ 内，没有任何更小的子空间能在所有旋转操作下保持“封闭”。换句话说，旋转操作会将 $\mathcal{D}_j$ 中的任意一个态混合成该空间内所有其他态的线性组合，而不会跑出这个空间，也不会局限在更小的部分里。

可以证明：矩阵 $\{D^j(R)\}$ 构成了 $\{D(R)\}$ 的一个表示。这意味着这些矩阵保留了群的乘法结构：即旋转算符的乘积对应于矩阵的乘积：

$$D(R^{\prime})D(R)=D(R^{\prime}R)$$

$$D^j(R_1) D^j(R_2) = D^j(R_1 R_2)$$

欧拉转动的矩阵表示

类比经典欧拉转动 $R(\alpha,\beta,\gamma)=R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z(\gamma)$，只需直接将经典转动中的每个转动替换为相应的量子转动算符：

$$D(\alpha,\beta,\gamma)\equiv D_{\hat{z}}(\alpha)D_{\hat{y}}(\beta)D_{\hat{z}}(\gamma)=e^{-\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}e^{-\dfrac{i}{\hbar}J_y\beta}e^{-\dfrac{i}{\hbar}J_z\gamma}$$

与之对应的 $\text{Wigner}$ 函数为

$$D_{m^{\prime}m}^{(j)}(\alpha,\beta,\gamma)=\langle jm^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}J_z\alpha}e^{-\frac{i}{\hbar}J_y\beta}e^{-\frac{i}{\hbar}J_z\gamma}|jm\rangle=e^{-i(m^{\prime}\alpha+m\gamma)}\langle jm^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}J_y\beta}|jm\rangle$$

唯一非平凡的部分是 $e^{-\frac{i}{\hbar}J_y\beta}$，由于 $J_y$ 是 $J_+$ 和 $J_-$ 的线性组合，其将不同的 $m$ 值混合在一起，因此我们定义

$$d_{m^{\prime}m}^{(j)}(\beta)\equiv\langle jm^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}J_y\beta}|jm\rangle$$

称为 $\text{Wigner}$ 小 $\text{d}$ 矩阵。

自旋 1/2 的转动算符

自旋 1/2

自然界利用某些关系的最低维（维数=2）实现并不是先验的，但大量的实验（如原子光谱学、核磁共振等）证明事实确实如此。

我们在 $j=1/2$ 情况下，将之前理论中的 $\boldsymbol{J}$ 替换为 $\boldsymbol{S}$，$m$ 只能取两个值：$m=+1/2$ 和 $m=-1/2$。

SO(3) 和 SU(2)

根据转动算符 $D_{\hat{n}}(\alpha)=e^{-\dfrac{i}{\hbar}\boldsymbol{S}\cdot\hat{n}\alpha}$，有

$$\begin{aligned} D_{\hat{n}}^{(1/2)}(\alpha)&=e^{-\dfrac{i}{\hbar}\boldsymbol{S}\cdot\hat{n}\alpha}=e^{-\dfrac{i}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{n}\alpha}=\cos\frac{\alpha}{2}-i\sin\frac{\alpha}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{n} =\cos\frac{\alpha}{2}-i\sin\frac{\alpha}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta e^{-i\phi} \\[1em] \sin\theta e^{i\phi} & -\cos\theta \end{pmatrix} \\[1em] &=\begin{pmatrix} \cos\dfrac{\alpha}{2}-i\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\theta & -i\sin\dfrac{\alpha}{2}\sin\theta e^{-i\phi} \\[1em] -i\sin\dfrac{\alpha}{2}\sin\theta e^{i\phi} & \cos\dfrac{\alpha}{2}+i\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\theta \end{pmatrix} \\[2em] &\equiv \begin{pmatrix} A & B \\[1em] -B^* & A^* \end{pmatrix} \end{aligned}$$

其中 $A=\cos\dfrac{\alpha}{2}-i\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\theta\mathrm{,}B=-i\sin\dfrac{\alpha}{2}\sin\theta e^{-i\phi}$。可以验证 $D_{\hat{n}}^{(1/2)}(\alpha)$ 的行列式为 $1$：

$$\det e^{-\dfrac{i}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{n}\alpha}=|A|^2+|B|^2=1$$

且由于 $\sigma$ 为厄米算符，所以 $e^{-\dfrac{i}{2}\sigma\cdot\hat{n}\alpha}$ 是幺正矩阵。

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我们定义 $\text{SU}(2)$ 群：如果一个 $2\times 2$ 复矩阵 $U$ 满足

1. 幺正性：$UU^\dagger=U^\dagger U=1$
2. 幺模性：$\det U=1$

那么我们将 $U$ 称为 $\text{SU}(2)$ 群（2维特殊幺正群）的一个元素。满足这两个条件的所有矩阵构成了 $\text{SU}(2)$ 群。$U$ 的一般形式为

$$U(a,b)= \begin{pmatrix} a & b \\[0.5em] -b^* & a^* \end{pmatrix},\quad|a|^2+|b|^2=1$$

$a$ 和 $b$ 各自由两个实参数，加上 $\det U=1$ 的约束条件，$\text{SU}(2)$ 群有三个自由参数，我们可以验证

$$U(a,b)U^\dagger(a,b)= \begin{pmatrix} a & b \\[0.5em] -b^* & a^* \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^* & -b \\[0.5em] b^* & a \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} aa^*+bb^* & -ab+ba \\[0.5em] -b^*a^*+a^*b^* & b^*b+a^*a \end{pmatrix}=1$$

任意的转动算符 $D_{\hat{n}}^{\left(\frac{1}{2}\right)}(\alpha)=e^{-\dfrac{i}{2}\sigma\cdot\hat{n}\alpha}$ 都属于 $\text{SU}(2)$ 群。

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我们再回到经典转动 $\hat{R}(\alpha)=e^{-i\alpha \boldsymbol{I}\cdot\hat{n}}$，这是一个实正交的矩阵，且 $\det R(\alpha)=1$。我们称 $R_{\hat{n}}(\alpha)$ 为 $\text{SO}(3)$ 群（特殊正交群）的一个元素。$\text{SO}(3)$ 群有三个自由参数，与 $\text{SU}(2)$ 群一样。

任意经典转动在自旋 $1/2$ 的态空间中都有对应的量子转动，具有如下对应关系

$$\textcolor{orange}{R_{\hat{n}}(\alpha) = e^{-i\alpha I\cdot\hat{n}} \in \text{SO}(3)} \quad \textcolor{blue}{\Longleftrightarrow} \quad \textcolor{green}{D_{\hat{n}}^{(\frac{1}{2})}(\alpha) = e^{-\frac{i}{2}\sigma\cdot\hat{n}\alpha} \in \text{SU}(2)}$$

但是这不是一一对应的

$$\begin{aligned} R_{\hat{n}}(\alpha+2\pi)&=R_{\hat{n}}(\alpha)R_{\hat{n}}(2\pi)=R_{\hat{n}}(\alpha) \\[1em] D_{\hat{n}}^{\left(\frac{1}{2}\right)}(\alpha+2\pi)&=D_{\hat{n}}^{\left(\frac{1}{2}\right)}(\alpha)D_{\hat{n}}^{\left(\frac{1}{2}\right)}(2\pi)=-D_{\hat{n}}^{\left(\frac{1}{2}\right)}(\alpha) \end{aligned}$$

对于所有的半奇数都有：$D_{\hat{n}}^{(j)}(\alpha+2\pi)=D_{\hat{n}}^{(j)}(\alpha)D_{\hat{n}}^{(j)}(2\pi)=-D_{\hat{n}}^{(j)}(\alpha)$

因此，$\text{SU}(2)$ 群是 $\text{SO}(3)$ 群的二重覆盖群。换句话说，$\text{SU}(2)$ 群中的每一个元素都对应 $\text{SO}(3)$ 群中的一个元素，但 $\text{SO}(3)$ 群中的每一个元素对应 $\text{SU}(2)$ 群中的两个元素，分别相差一个负号。

由转动算符得到自旋分量算符的本征态

我们之前通过本征值问题求得了自旋分量算符的本征态，现在我们从一个动态的转动观点直接得到这些本征态。

我们想要找到一个联系 $\ket{\psi} = \ket{\uparrow}$ 和 $\ket{\psi_R} = \ket{\uparrow}_{\hat{n}}$ 的旋转算符 $D(R)$。由前面的内容可知，$\boldsymbol{\sigma}$ 的平均值就是 $\hat{n}$ 方向的单位向量

$$\langle\boldsymbol{\sigma}\rangle_R=_{\hat{n}}\langle\uparrow|\boldsymbol{\sigma}|\uparrow\rangle_{\hat{n}}=\hat{n}$$

这个式子对所有的 $\hat{n}$ 都成立，当选择 $\hat{n}=\hat{z}$ 时，有

$$\langle\boldsymbol{\sigma}\rangle= \langle\uparrow|\boldsymbol{\sigma}|\uparrow\rangle=\hat{z}$$

又因为 $\boldsymbol{\sigma}$ 与 $\boldsymbol{S}$ 成正比，所以同样满足

$$D^\dagger(R)\boldsymbol{\sigma}D(R)=R\boldsymbol{\sigma}\quad \Rightarrow \quad \langle\boldsymbol{\sigma}\rangle_R=R\langle\boldsymbol{\sigma}\rangle$$

其中 $\langle\boldsymbol{\sigma}\rangle_R$ 和 $\langle\boldsymbol{\sigma}\rangle$ 分别是转动后和转动前在 $\ket{\uparrow}$ 上的平均值。

任意轴都可以由 $\hat{z}$ 通过转动得到：$R_{\hat{z}}(\phi)R_{\hat{y}}(\theta)\hat{z}=\hat{n}$

所以相应的 $R$ 和 $D(R)$ 分别为

$$R=R_{\hat{z}}(\phi)R_{\hat{y}}(\theta)\quad \longrightarrow \quad D(R)=D_{\hat{z}}(\phi)D_{\hat{y}}(\theta)$$

现在问题就简单了，我们不用再求本征值了，只需将 $\ket{\uparrow}$ 通过转动算符 $D(R)$ 转动到 $\ket{\uparrow}_{\hat{n}}$ 方向：

$$\begin{aligned} |\uparrow\rangle_{\widehat{n}}&=D(R)|\uparrow\rangle =\left(\cos\frac{\phi}{2}-i\sin\frac{\phi}{2}\sigma_3\right)\left(\cos\frac{\theta}{2}-i\sin\frac{\theta}{2}\sigma_2\right)\binom{1}{0} \\[1em] &= \begin{pmatrix} e^{-i\phi/2} & 0 \\[0.5em] 0 & e^{i\phi/2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\dfrac{\theta}{2} & -\sin\dfrac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\dfrac{\theta}{2} & \cos\dfrac{\theta}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\[0.5em] 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} e^{-i\phi/2} & 0 \\[0.5em] 0 & e^{i\phi/2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\dfrac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\dfrac{\theta}{2} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} e^{-i\phi/2}\cos\dfrac{\theta}{2} \\[0.5em] e^{i\phi/2}\sin\dfrac{\theta}{2} \end{pmatrix} \end{aligned}$$

为了找到两个态之间的对应，我们先根据$\boldsymbol{\sigma}$ 的平均值就是 $\hat{n}$ 方向的单位向量、平均值在转动情况下表现得与经典向量一致这两个性质，再从平均值出发，找到对应的算符的转动。

自旋共振：拉比问题

拉比公式

我们知道，只要将一个磁矩 $\boldsymbol{\mu}$ 放在一个磁场 $\boldsymbol{B}$ 中，它就会进动。电子的反常磁矩为

$$\mu=-g\frac{e}{2m_e}S$$

这个磁矩与磁场的相互作用哈密顿量为

$$H=-\boldsymbol{\mu}\cdot\boldsymbol{B}=\frac{ge}{2m_e}\boldsymbol{S}\cdot\boldsymbol{B}=\frac{ge\hbar}{4m_e}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}$$

其中 $g$ 被称为朗德 $g$ 因子。虽然狄拉克方程预测 $g$ 严格等于 $2$，但实验值只是非常接近 $2$，量子电动力学修正了狄拉克的预测，这些修正可以按精细结构常数 $\alpha$ 的幂级数进行计算，该差异 $a = \dfrac{1}{2}(g-2)$ 被称为粒子的反常磁矩，电子的单圈贡献为 $a_e = \dfrac{\alpha}{2\pi}$。

下面，我们简单地令 $g=2$，那么

$$H=\frac{e\hbar}{2m_e}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}=\mu_\mathrm{B}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}$$

其中 $\mu_\mathrm{B}=\dfrac{e\hbar}{2m_e}$ 是玻尔磁子。

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拉比问题：量子力学解法

拉比问题是少数可以精确求解的含时问题。考虑一个由静态磁场 $B$ 和一个频率为 $\omega_r$ 的旋转磁场 $B_{rot}$ 组成的磁场：

$$\boldsymbol{B}=B_{\mathrm{rot}}(\cos\omega_rt\boldsymbol{e}_1+\sin\omega_rt\boldsymbol{e}_2)+B\boldsymbol{e}_3$$

一个自旋粒子在其中的哈密顿量为

$$\begin{aligned} H(t)&=\frac{e}{m_e}[B_{\mathrm{rot}}(\cos\omega_rtS_1+\sin\omega_rtS_2)+BS_3] \\[1em] &\equiv\omega_{\mathrm{rot}}(\cos\omega_rtS_1+\sin\omega_rtS_2)+\omega_0S_3 \end{aligned}$$

其中 $\omega_{\mathrm{rot}}=\dfrac{eB_{\mathrm{rot}}}{m_e}$ 和 $\omega_0=\dfrac{eB}{m_e}$。我们之前讲过含时幺正变换，其能够将含时哈密顿量转化为一个新的不含时哈密顿量，选取幺正变换 $W(t)=e^{\frac{i}{\hbar}S_3\omega_rt}$，则

$$\begin{aligned} H^{\prime}(t)&\equiv W(t)HW^{\dagger}(t)+i\hbar\frac{dW(t)}{dt}W^{\dagger}(t) \\[1em] &=\omega_{\mathrm{rot}}[\cos\omega_rt\left(S_1\cos\omega_rt-S_2\sin\omega_rt\right)+\sin\omega_rt\left(S_1\sin\omega_rt+S_2\cos\omega_rt\right)] +(\omega_0-\omega_r)S_3 \\[1em] &=\omega_\mathrm{rot}S_1+(\omega_0-\omega_r)S_3 \end{aligned}$$

为什么在转动坐标系下哈密顿量不含时了？因为我们选择的幺正变换 $W(t)$ 实际上是一个绕 $S_3$ 轴以角速度 $\omega_r$ 旋转的参考系，在这个参考系中，原本随时间变化的磁场和参考系是同步转动的，所以看起来是静止的，因此哈密顿量也变得不含时了。最后再使用 $W^\dagger(t)$ 将解变回实验室参考系即可。

现在，不含时问题就可以直接做时间演化了。时间演化算符为

$$\begin{aligned} U^{\prime}(t)&=e^{-\dfrac{i}{\hbar}H^{\prime}t}=e^{-\dfrac{i}{\hbar}[\omega_{\mathrm{rot}}S_{1}+(\omega_{0}-\omega_{r})S_{3}]t}=e^{-\dfrac{i}{2}[\omega_{\mathrm{rot}}\sigma_{1}+(\omega_{0}-\omega_{r})\sigma_{3}]t} \end{aligned}$$

若定义

$$\Omega=\frac{1}{2}\sqrt{(\omega_{0}-\omega_{r})^{2}+\omega_{\mathrm{rot}}^{2}} \\[1em] \hat{n}=[\omega_\mathrm{rot}\boldsymbol{e}_1+(\omega_0-\omega_r)\boldsymbol{e}_3]/(2\Omega)$$

则时间演化算符为

$$\begin{aligned} U^{\prime}(t)&=e^{-\dfrac{i}{2}[\omega_{\mathrm{rot}}\sigma_1+(\omega_0-\omega_r)\sigma_3]/(2\Omega)2\Omega t}=e^{-\dfrac{i}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{n}(2\Omega t)} =\cos\Omega t-i\sin\Omega t\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{n} \\[1em] & =\cos\Omega t-i\sin\Omega t\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{n}=\cos\Omega t-i\sin\Omega t[\omega_{\mathrm{rot}}\sigma_1+(\omega_0-\omega_r)\sigma_3]/(2\Omega) \end{aligned}$$

设初态为 $|\psi^{\prime}(0)\rangle=W(t)|\psi(0)\rangle=|\uparrow\rangle$，则在转动参考系下的时间演化为

$$\begin{aligned} |\psi^{\prime}(t)\rangle&=U^{\prime}(t)|\psi^{\prime}(0)\rangle \\[0.5em] &=\cos\Omega t\mid\uparrow\rangle-i\sin\Omega t\left[\omega_\mathrm{rot}\sigma_1|\uparrow\rangle+(\omega_0-\omega_r)\sigma_3|\uparrow\rangle\right]/(2\Omega) \\[0.5em] & =\cos\Omega t\mid\uparrow\rangle-i\sin\Omega t\left[\omega_\mathrm{rot}|\downarrow\rangle+(\omega_0-\omega_r)\mid\uparrow\rangle\right]/(2\Omega) \\[0.5em] & =[\cos\Omega t-i\sin\Omega t\left(\omega_0-\omega_r\right)/(2\Omega)]|\uparrow\rangle-i\sin\Omega t\left.\omega_\mathrm{rot}/(2\Omega)|\downarrow\rangle\right. \\[1em] &=\frac{1}{2\Omega}\left[e^{-i\Omega t} \begin{pmatrix} \dfrac{\omega_0-\omega_r}{2}+\Omega \\[1em] \dfrac{\omega_{\mathrm{rot}}}{2} \end{pmatrix}-e^{i\Omega t} \begin{pmatrix} \dfrac{\omega_0-\omega_r}{2}-\Omega \\[1em] \dfrac{\omega_{\mathrm{rot}}}{2} \end{pmatrix}\right] \end{aligned}$$

最后，将解变回实验室参考系（薛定谔绘景）：

$$\begin{aligned} |\psi(t)\rangle&=W^{\dagger}(t)|\psi^{\prime}(t)\rangle \\[0.5em] & =[\cos\Omega t-i\sin\Omega t(\omega_0-\omega_r)/(2\Omega)]e^{-\dfrac{i}{2}\omega_rt}|\uparrow\rangle-i\sin\Omega t\omega_{\mathrm{rot}}/(2\Omega)e^{\dfrac{i}{2}\omega_rt}|\downarrow\rangle \end{aligned}$$

我们计算初态为 $|\uparrow\rangle$ 时，自旋在任意时刻 $t$ 处于 $|\downarrow\rangle$ 态的概率（翻转概率）：

$$P_\downarrow(t)=|\langle\downarrow|\psi(t)\rangle|^2=|-i\sin\Omega t\omega_{\mathrm{rot}}/(2\Omega)e^{\frac{i}{2}\omega_rt}|^2=\frac{1}{8\Omega^2}\omega_{\mathrm{rot}}^2(1-\cos2\Omega t)$$

这就是拉比公式。上式中转动变换产生的影响 $e^{\dfrac{i}{2}\omega_rt}$ 并没有起实际作用，说明转动参考系下的 $S_z$ 的平均值和实验室参考系下的平均值是相同的。

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总结：拉比公式

自旋磁矩在振荡磁场中的哈密顿量为

$$H(t)=\frac{e}{m_e}[B_{\mathrm{rot}}(\cos\omega_rtS_1+\sin\omega_rtS_2)+BS_3]$$

若定义

$$\omega_{\mathrm{rot}}\equiv\frac{eB_{\mathrm{rot}}}{m_e},\quad \omega_0\equiv\frac{eB}{m_e},\quad \Omega=\frac{1}{2}\sqrt{(\omega_0-\omega_r)^2+\omega_{\mathrm{rot}}^2}$$

则初态为 $|\uparrow\rangle$ 时，自旋在任意时刻 $t$ 处于 $|\downarrow\rangle$ 态的概率为

$$P_\downarrow(t)=\frac{1}{8\Omega^2}\omega_{\mathrm{rot}}^2(1-\cos2\Omega t)$$

拉比振荡

可以看出，在 $t=\dfrac{\pi}{2\Omega}$ 时，翻转概率达到最大值

$$P_\downarrow^{\max}=P_\downarrow\left(t=\frac{\pi}{2\Omega}\right)=\frac{1}{4\Omega^2}\omega_{\mathrm{rot}}^2=\frac{\omega_{\mathrm{rot}}^2}{(\omega_0-\omega_r)^2+\omega_{\mathrm{rot}}^2}=\frac{(\omega_{\mathrm{rot}}/\omega_0)^2}{(1-\omega_r/\omega_0)^2+(\omega_{\mathrm{rot}}/\omega_0)^2}$$

当外加磁场的频率 $\omega_r$ 接近自旋在静态磁场 $B$ 中的拉莫尔进动频率 $\omega_0$ 时，翻转概率最大值能够达到 $1$，这就是拉比共振现象。此时，系统以频率 $\omega_{\mathrm{rot}}$ 在两个自旋态之间振荡，这种现象被称为拉比振荡。下图展示了不同失谐情况下 $\omega_r$ 下的最大翻转概率

转动坐标系下拉比振荡时间演化的物理图像如下

在转动参考系下，转动磁场变为一个静态磁场 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{rot}}=B_{\mathrm{rot}}\boldsymbol{e}_x$，而静态磁场在转动小减小但方向不变，根据哈密顿量可知其变为有效磁场 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{eff}}=(B-\dfrac{m_e}{e}\omega_r)\boldsymbol{e}_z=(\dfrac{m_e}{e}\omega_0 -\dfrac{m_e}{e}\omega_r)\boldsymbol{e}_z$。因此，自旋在转动参考系下的总磁场为 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{tot}}=\boldsymbol{B}_{\mathrm{rot}}+\boldsymbol{B}_{\mathrm{eff}}$，自旋围绕 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{tot}}$ 进动；而在实验室参考系下，自旋围绕 $\boldsymbol{B}_{tot}$ 进动的同时，$\boldsymbol{B}_{\mathrm{rot}}$ 还在以角速度 $\omega_r$ 绕 $\boldsymbol{e}_z$ 旋转，这就解释了为什么转动参考系中 $S_z$ 的平均值和实验室参考系下的平均值是相同的，因为自旋的平均值在 $z$ 方向上的投影并不取决于 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{rot}}$ 是否绕 $z$ 轴旋转。

在共振情况下 $\omega_r=\omega_0$，有效磁场 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{eff}}=0$，转动磁场 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{rot}}$ 不再是斜的，而是完全在 $x$ 方向上，此时自旋围绕 $x$ 轴进动，如下图所示。

此时若初态为 $|\uparrow\rangle$，则自旋是能够完全达到相反位置的 $|\downarrow\rangle$ 的，因此最大值为 $1$，而在失谐情况下，自旋围绕斜着的 $\boldsymbol{B}_{\mathrm{tot}}$ 进动，无法完全到达 $|\downarrow\rangle$ 态。

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共振情形

在共振情况下 $\omega_r=\omega_0$，$\Omega=\dfrac{\omega_{\mathrm{rot}}}{2}=\dfrac{eB_{\mathrm{rot}}}{2m_e}$，初态为 $|\uparrow\rangle$ 时，翻转概率为

$$P_\downarrow(t)=\frac{1}{2}(1-\cos\omega_\mathrm{rot}t)$$

这可以用于描述二能级系统在外加谐场驱动下的动力学行为

其会在两个能级之间以频率 $\omega_{\mathrm{rot}}$ 来回振荡，这就是拉比振荡。

角动量的合成

角动量的合成并不神秘，仅仅是一个表象变换而已。其在原子光谱学、核物理与粒子物理以及量子磁学等方面有着重要的应用，且能更好地阐述基底变换的概念。

两种合成

例1：一个自旋 1/2 粒子：$|\boldsymbol{x}', \uparrow/\downarrow\rangle = |\boldsymbol{x}'\rangle \otimes |\uparrow/\downarrow\rangle$

因为轨道运动和自旋运动是独立的，故在由 $\{|\boldsymbol{x}'\rangle\}$ 张成的空间中的任意算符，都与由 $\{|\uparrow\rangle, |\downarrow\rangle\}$ 张成的二维空间中的任何算符对易。特别地，轨道角动量 $\boldsymbol{L}$ 与自旋算符 $\boldsymbol{S}$ 对易。总角动量是这两者的和

$$\boldsymbol{J}=\boldsymbol{L}+\boldsymbol{S}=L\otimes1_S+1_L\otimes S$$

很容易验证 $\boldsymbol{J}$ 也是一个角动量算符，其三个分量满足角动量算符的基本对易关系

$$[J_x,J_y]=[L_x+S_x,L_y+S_y]=[L_x,L_y]+[S_x,S_y]=i\hbar L_z+i\hbar S_z=i\hbar J_z$$

对于轨道角动量，空间部分的基矢为

$$\boldsymbol{L}^2|nlm\rangle=l(l+1)\hbar^2|nlm\rangle,L_z|nlm\rangle=m\hbar|nlm\rangle$$

对于自旋角动量，自旋部分的基矢为

$$S^{2}|\uparrow/\downarrow\rangle=\frac{3}{4}\hbar^{2}|\uparrow/\downarrow\rangle,\qquad S_{z}|\uparrow/\downarrow\rangle=\pm\frac{\hbar}{2}|\uparrow/\downarrow\rangle$$

我们已经说过角动量的合成就是基矢的变换，那么需要找到一组完备的基矢，使得它们是两个对易子的共同本征态。我们选取两套不同的相互对易的算符，这些可观测量分别为

$$\begin{aligned} \mathrm{Set~I:}\quad L^2,L_Z,S^2,S_Z \\[1em] \mathrm{Set~II:}\quad J^2,J_Z,L^2,S^2 \end{aligned}$$

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例2：两个自旋 1/2 粒子：

自旋算符应为

$$\boldsymbol{S}=\boldsymbol{S}_1+\boldsymbol{S}_2=\boldsymbol{S}_1\otimes1_2+1_1\otimes \boldsymbol{S}_2$$

其中 $\boldsymbol{S_1}$ 和 $\boldsymbol{S_2}$ 各自满足各自的角动量分量基本对易关系

$$\left[S_i^\alpha,S_j^\beta\right]=i\hbar\delta_{ij}\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}S_i^\gamma\qquad(i,j=1,2\quad \mathrm{且} \quad \alpha,\beta=x,y,z)$$

同样可以验证总角动量 $\boldsymbol{S}$ 也是一个角动量算符，其满足角动量分量的基本对易关系

$$\begin{bmatrix} S_x,S_y \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} S_1^x+S_2^x,S_1^y+S_2^y \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} S_1^x,S_1^y \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} S_2^x,S_2^y \end{bmatrix}=i\hbar S_1^z+i\hbar S_2^z=i\hbar S_z$$

在这个例子中，两套不同的相互对易的算符分别为

$$\begin{aligned} \mathrm{Set~I:}\quad S_1^2,S_1^z,S_2^2,S_2^z \\[1em] \mathrm{Set~II:}\quad S^2,S_z,S_1^2,S_2^2 \end{aligned}$$

设 $\text{set I}$ 部分的基矢为

$$\ket{\uparrow\uparrow},\ket{\uparrow\downarrow},\ket{\downarrow\uparrow},\ket{\downarrow\downarrow}$$

$\text{set II}$ 部分的基矢为 $\ket{Sm}$

$$\begin{aligned} & S^2|Sm\rangle=S(S+1)\hbar^2|Sm\rangle \\[1em] & S_z|Sm\rangle=m\hbar|Sm\rangle \end{aligned}$$

其中 $S$ 和 $m$ 分别为总自旋和总自旋在 $z$ 方向的分量的量子数。接下来我们计算 $\boldsymbol{S}^2$ 的矩阵表示，$\boldsymbol{S}^2$ 可写为

$$\begin{aligned} S^2&=S_1^2+2S_1\cdot S_2+S_2^2 =2(S_1^xS_2^x+S_1^yS_2^y+S_1^zS_2^z)+\frac{3\hbar^2}{2} \\[0.5em] & =(S_1^+S_2^-+S_1^-S_2^++2S_1^zS_2^z)+\frac{3\hbar^2}{2} \end{aligned}$$

那么有

$$\begin{aligned} S^2|\uparrow\uparrow\rangle&=\hbar^2\left(0+0+\frac{|\uparrow\uparrow\rangle}{2}\right)+\frac{3\hbar^2}{2}|\uparrow\uparrow\rangle=2\hbar^2|\uparrow\uparrow\rangle \\[1em] S^2|\uparrow\downarrow\rangle&=\hbar^2\left(0+|\downarrow\uparrow\rangle-\frac{|\uparrow\downarrow\rangle}{2}\right)+\frac{3\hbar^2}{2}|\uparrow\downarrow\rangle=\hbar^2|\left(\downarrow\uparrow\rangle+\uparrow\downarrow\rangle\right) \\[1em] S^2\ket{\downarrow\uparrow}&=\hbar^2\left(\ket{\uparrow\downarrow}+0-\frac{\ket{\downarrow\uparrow}}{2}\right)+\frac{3\hbar^2}{2}|\downarrow\uparrow\rangle=\hbar^2\left(\ket{\uparrow\downarrow}+\ket{\downarrow\uparrow}\right) \\[1em] S^2\ket{\downarrow\downarrow}&=\hbar^2\left(0+0+\frac{\ket{\downarrow\downarrow}}{2}\right)+\frac{3\hbar^2}{2}\ket{\downarrow\downarrow}=2\hbar^2\ket{\downarrow\downarrow} \end{aligned}$$

因此，$\boldsymbol{S}^2$ 在 $\{\ket{\uparrow\uparrow},\ket{\uparrow\downarrow},\ket{\downarrow\uparrow},\ket{\downarrow\downarrow}\}$ 基底下的矩阵表示为

$$\boldsymbol{S}^2\doteq\hbar^2 \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

由于四个基底都是 $\boldsymbol{S}_z$ 的本征态，故 $\boldsymbol{S}_z$ 在该基底下的对角矩阵为

$$S_z\doteq\hbar \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

为了将 $\boldsymbol{S}^2$ 对角化，我们找到一组新的基

$$\left\{\ket{\uparrow\uparrow},\quad\frac{\ket{\uparrow\downarrow}+\ket{\downarrow\uparrow}}{\sqrt{2}},\quad\frac{\ket{\uparrow\downarrow}-\ket{\downarrow\uparrow}}{\sqrt{2}},\quad\ket{\downarrow\downarrow}\right\}$$

在这组新基底下，$\boldsymbol{S}^2$ 的矩阵表示对角化，$S_z$ 的矩阵不变

$$\boldsymbol{S}^2\doteq\hbar^2 \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \qquad \qquad S_z\doteq\hbar \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

我们又知道，$\boldsymbol{S}^2$ 的本征值为 $S(S+1)\hbar^2$，根据 $\boldsymbol{S}^2$ 矩阵的对角元，$S(S+1)=2$ 或 $S(S+1)=0$，解得 $S=1$ 或 $S=0$。因此，总自旋量子数 $S$ 的可能取值为 $1$ 和 $0$。其中当 $S=1$ 时，分别对应基矢中的第一个、第二个和第四个；当 $S=0$ 时，对应基矢中的第三个。

---

接下来我们直接从矩阵角度获得 $\boldsymbol{S}^2$ 和 $S_z$ 的矩阵表示，定义单个自旋 $1/2$ 的基底为

$$|\uparrow\rangle\doteq\binom{1}{0}\qquad|\downarrow\rangle\doteq\binom{0}{1}$$

两个自旋 $1/2$ 的基底为它们的张量积

$$\begin{aligned} & |\uparrow\uparrow\rangle\doteq\binom{1}{0}\otimes\binom{1}{0}= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\quad & |\uparrow\downarrow\rangle\doteq\binom{1}{0}\otimes\binom{0}{1}= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ & |\downarrow\uparrow\rangle\doteq\binom{0}{1}\otimes\binom{1}{0}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\quad & |\downarrow\downarrow\rangle\doteq\binom{0}{1}\otimes\binom{0}{1}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

根据 $\boldsymbol{S}_1\otimes1_2$ 和 $1_1\otimes \boldsymbol{S}_2$ 可得

$$\begin{aligned} S_{ 1 }^{ z } \doteq \frac { \hbar } { 2 } \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac { \hbar } { 2 } \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \end{pmatrix} \\[2em] S_{ 2 }^{ z } \doteq \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \otimes \frac { \hbar } { 2 } \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix} = \frac { \hbar } { 2 } \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

因此，$z$ 分量总自旋算符为

$$S_z=S_1^z+S_2^z \doteq\hbar \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

综上，两个自旋 $1/2$ 的角动量耦合后会得到两个不同的总自旋量子数 $S$，分别为 $1$ 和 $0$，对应的基矢分别为

$$\begin{aligned} &\textcolor{cyan}{\left. \begin{aligned} &|S=1, m=1\rangle = |\uparrow\uparrow\rangle \\ &|S=1, m=0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow\downarrow\rangle + |\downarrow\uparrow\rangle) \\ &|S=1, m=-1\rangle = |\downarrow\downarrow\rangle \end{aligned} \quad \right\} \quad \text{(三重态)}} \\[1em] &\textcolor{orange}{|S=0, s_z=0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow\downarrow\rangle - |\downarrow\uparrow\rangle) \quad \text{(单重态)}} \end{aligned}$$

这个结果可以形象地表示为

$$\frac{1}{2}\otimes\frac{1}{2}=1\oplus0$$

两个自旋 $1/2$ 希尔伯特空间的直积，是一个自旋 $1$ 空间与一个自旋 $0$ 空间的直和，是可约的。

角动量的合成问题本质上是一个基底变换问题，我们将乘积态转换至总自旋态。

角动量的叠加

考虑两个属于独立自由度的角动量 $\boldsymbol{J}_1$ 和 $\boldsymbol{J}_2$，量子数分别为 $j_1$ 和 $j_2$，它们的对易子为零：

$$\left[J_i^\alpha,J_j^\beta\right]=i\hbar\delta_{ij}\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}J_i^\gamma\quad(i,j=1,2\quad \alpha,\beta=x,y,z)$$

它们各自对应一个无穷小转动，并直积出一个总的转动

$$\left(1-\frac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}_1\cdot\hat{n}\varepsilon\right)\boldsymbol{\otimes}\left(1-\frac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}_2\cdot\hat{n}\varepsilon\right)=1-\frac{i}{\hbar}(\boldsymbol{J}_1\boldsymbol{\otimes}1+1\boldsymbol{\otimes}\boldsymbol{J}_2)\cdot\hat{n}\varepsilon\equiv1-\frac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}\cdot\hat{n}\varepsilon$$

其中 $J\equiv J_1\otimes1+1\otimes J_2=J_1+J_2$，这从无穷小转动的角度证明了我们之前对 $\boldsymbol{J}$ 的定义是合理的。我们之前证明了 $\boldsymbol{J}$ 也是一个角动量算符，满足基本对易关系：

$$\begin{aligned} \left[J_{\alpha},J_{\beta}\right] & =\left[J_1^\alpha+J_2^\alpha,J_1^\beta+J_2^\beta\right]=\left[J_1^\alpha,J_1^\beta\right]+\left[J_2^\alpha,J_2^\beta\right] \\[1em] & =i\hbar\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}J_1^\gamma+i\hbar\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}J_2^\gamma=i\hbar\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}(J_1^\gamma+J_2^\gamma)=i\hbar\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}J_\gamma \end{aligned}$$

容易看出 $\boldsymbol{J}$ 是整个系统的生成元，那么总的转动算符为

$$D_{\hat{n}}(\theta)=e^{-\dfrac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}\cdot\hat{n}\theta}=e^{-\dfrac{i}{\hbar}(\boldsymbol{J}_1+\boldsymbol{J}_2)\cdot\hat{n}\theta}=e^{-\dfrac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}_1\cdot\hat{n}\theta}e^{-\dfrac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}_2\cdot\hat{n}\theta}$$

由于 $\boldsymbol{J}_1$ 和 $\boldsymbol{J}_2$ 都是标量函数，且 $\boldsymbol{J}_1\cdot\boldsymbol{J}_2$ 也是标量函数（因为只要两个三维空间中的算符具有相同转动规则，它们的点积就是一个标量函数），那么它们在总的转动下是不变的

$$\left.\left\{ \begin{array} {c}D_{\hat{n}}^\dagger(\theta)\boldsymbol{J}_1^2D_{\hat{n}}(\theta)=\boldsymbol{J}_1^2, \\[1em] D_{\hat{n}}^\dagger(\theta)\boldsymbol{J}_2^2D_{\hat{n}}(\theta)=\boldsymbol{J}_2^2, \\[1em] D_{\hat{n}}^\dagger(\theta)\boldsymbol{J}_1\cdot\boldsymbol{J}_2D_{\hat{n}}(\theta)=\boldsymbol{J}_1\cdot\boldsymbol{J}_2 \end{array}\right.\right.$$

因此我们猜测总角动量的每一个分量都跟 $\boldsymbol{J}_1^2$、$\boldsymbol{J}_2^2$ 和 $\boldsymbol{J}_1\cdot\boldsymbol{J}_2$ 对易，事实验证确实如此，因此我们注意到

$$\boldsymbol{J}^2=\boldsymbol{J}_1^2+\boldsymbol{J}_2^2+2\boldsymbol{J}_1\cdot \boldsymbol{J}_2=\boldsymbol{J}_1^2+\boldsymbol{J}_2^2+(J_1^+J_2^-+J_1^-J_2^++2J_1^zJ_2^z)$$

里面的三项是两两对易的

$$[J_1^2,J_2^2]=[J_1^2,J_1\cdot J_2]=[J_2^2,J_1\cdot J_2]=0$$

所以总角动量跟各分量之间也是对易的 $[J^2,J_1^2]=[J^2,J_2^2]=0$。

两种基矢选择

第一种：不合成（直积态），用各自的 $J_z$投影标定， $\boldsymbol{J}_1^2, J_{1}^z, \boldsymbol{J}_2^2, J_{2}^z$ 的共同本征矢为：$|j_1j_2;m_1m_2\rangle\equiv|j_1m_1\rangle\otimes|j_2m_2\rangle$

$$\begin{aligned} & J_i^2|j_1j_2;m_1m_2\rangle=j_i(j_i+1)\hbar^2|j_1j_2;m_1m_2\rangle \\[1em] & J_i^z|j_1j_2;m_1m_2\rangle=m_i\hbar|j_1j_2;m_1m_2\rangle \end{aligned}$$

第二种：合成后用总的 $\boldsymbol{J}^2$ 和 $J_z$ 标定，$\boldsymbol{J}^2, J_z, \boldsymbol{J}_1^2, \boldsymbol{J}_2^2$ 的共同本征矢为：$|j_1j_2;jm\rangle$

$$\begin{aligned} & J^2|j_1j_2;jm\rangle=j(j+1)\hbar^2|j_1j_2;jm\rangle \\[1em] & J_z|j_1j_2;jm\rangle=m\hbar|j_1j_2;jm\rangle \\[1em] & J_i^2|j_1j_2;jm\rangle=j_i(j_i+1)\hbar^2|j_1j_2;jm\rangle \end{aligned}$$

对于给定的 $j_1$ 和 $j_2$，$\boldsymbol{J}_1^2$ 和 $\boldsymbol{J}_2^2$ 这两个算符在 $\mathcal{D}_{j_1} \otimes \mathcal{D}_{j_2}$ 中都正比于单位算符

$$J_i^2\doteq j_i(j_i+1)\hbar^21_{j_1}\otimes1_{j_2}$$

两种基矢之间的幺正变换：克莱布什-戈登系数

在右矢空间 $\mathcal{D}_{j_1} \otimes \mathcal{D}_{j_2}$ 中，我们有完备关系

$$\sum_{m_1m_2}|j_1j_2;m_1m_2\rangle\langle j_1j_2;m_1m_2|=1$$

我们插入这个完备性关系得到

$$|j_1j_2;jm\rangle=\sum_{m_1m_2}|j_1j_2;m_1m_2\rangle\langle j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm\rangle$$

上式右边的内积就是两个基矢之间的转换系数，称为克莱布什-戈登系数，其具有以下性质

1. 对$m$ 的限制：只有当 $m=m_1+m_2$ 时，克莱布什-戈登系数才非零：

   $$\langle j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm\rangle=0,\qquad m\neq m_1+m_2$$

2. 对 $j$ 的限制：只有当 $|j_1-j_2|\leq j\leq j_1+j_2$ 时，克莱布什-戈登系数才非零：

   $$\langle j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm\rangle=0,\qquad j<|j_1-j_2|\quad \mathrm{or}\quad j>j_1+j_2$$

   由于直和运算具有维数相加的性质，因此我们可以将这个范围写作

   $$j_1\otimes j_2=|j_1-j_2|\oplus(|j_1-j_2|+1)\oplus\cdots\oplus(j_1+j_2)$$

   在不失一般性的情况下，我们总可以选择 $j_1\geq j_2$，那么绝对值符号可以去掉，那么就有 $2j_2+1$ 个允许的 $j$ 值。

---

对于上图最右上角的点 $(j=m=j_1+j_2)$，它只能对应 $(m_1=j_1,m_2=j_2)$，因此

$$|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2\rangle=|j_1j_2;j_1j_2\rangle$$

等式右边的第一个 $j_1+j_2$ 表示 $j_max$，第二个 $j_1+j_2$ 表示 $m_{max}$，等式右边的 $j_1$ 和 $j_2$ 分别表示 $m_{1max}$ 和 $m_{2max}$。

对于再向下的一条直线 $m=m_{max}-1=j_1+j_2-1$ 上的点

$$j\geq m=j_1+j_2-1 \quad \Rightarrow \quad j=j_1+j_2-1\quad\mathrm{or}\quad j=j_1+j_2$$

那么在 $m=j_1+j_2-1$ 的前提下，$j=j_1+j_2$ 或 $j=j_1+j_2-1$ 对应的基矢表示分别为

$$\begin{aligned} &|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2-1\rangle=a|j_1j_2;j_1,j_2-1\rangle+b|j_1j_2;j_1-1,j_2\rangle \\[1em] &|j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-1\rangle=c|j_1j_2;j_1,j_2-1\rangle+d|j_1j_2;j_1-1,j_2\rangle \end{aligned}$$

为什么两式左边会是相同乘积态的线性组合呢？因为这两个红点在同一条直线上，而一条直线上有多少点就表示该直线代表的子空间是多少维的。且同时也代表在固定 $m$ 下 $j$ 的个数。

接下来就要确定系数 $a,b,c,d$ 了。利用已知的最右上角的红点 $|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2\rangle=|j_1j_2;j_1j_2\rangle$，两端分别左乘 $J_-$，得到

$$J_-|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2\rangle=(J_1^-+J_2^-)|j_1j_2;j_1j_2\rangle \\[1em] \Longrightarrow\sqrt{2(j_1+j_2)}|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2-1\rangle=\sqrt{2j_1}|j_1j_2;j_1-1,j_2\rangle+\sqrt{2j_2}|j_1j_2;j_1,j_2-1\rangle$$

最后就能对比得到 $a$ 和 $b$ 的值

$$|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2-1\rangle=\sqrt{\frac{j_2}{j_1+j_2}}|j_1j_2;j_1,j_2-1\rangle+\sqrt{\frac{j_1}{j_1+j_2}}|j_1j_2;j_1-1,j_2\rangle$$

为了继续确定 $c,d$，我们先做如下约定：

1. $\text{C-G}$ 系数总是可以被选为实数（因为按照约定，我们已经选取 $J_{\pm}$ 的矩阵元为实数）。

2. 对于 $(m_1, m_2)$ 态，具有较大 $m_1$ 的那一个乘积态的系数被选为正值。

利用上述两个约定，$|j_1 j_2; j_1 + j_2 - 1, j_1 + j_2 - 1\rangle$ 中的系数 $c$ 和 $d$ 可以通过正交归一关系被唯一确定

$$\begin{aligned} &\langle j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-1|j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-1\rangle=1 \\[1em] &\langle j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-1|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2-1\rangle=0 \end{aligned}$$

解得 $c$ 和 $d$ 的值为

$$c=\sqrt{\frac{j_1}{j_1+j_2}},\qquad d=-\sqrt{\frac{j_2}{j_1+j_2}}$$

将 $c$ 和 $d$ 代入之前的表达式中，得到

$$|j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-1\rangle=\sqrt{\frac{j_1}{j_1+j_2}}|j_1j_2;j_1,j_2-1\rangle-\sqrt{\frac{j_2}{j_1+j_2}}|j_1j_2;j_1-1,j_2\rangle$$

对于 $m=m_{max}=j_1+j_2-2$ 的直线上的点，就会存在三个态：允许的 $j$ 值为 $j=j_1+j_2$、$j=j_1+j_2-1$ 和 $j=j_1+j_2-2$。由于 $J_-$ 只会在子空间 $\mathcal{D}_j$ 内作用，只改变 $m$ 的值而不改变 $j$ 的值，因此其中的两个态可直接通过 $J_-$ 作用在 $m=j_1+j_2-1$ 的两个态上得到

$$|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2-2\rangle\thicksim J_-|j_1j_2;j_1+j_2,j_1+j_2-1\rangle \\[1em] |j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-2\rangle\thicksim J_-|j_1j_2;j_1+j_2-1,j_1+j_2-1\rangle$$

类似地，$|j_1 j_2; j_1 + j_2 - 2, j_1 + j_2 - 2\rangle$ 中的 $3$ 个展开系数，可以通过解 $1$ 个归一化条件和 $2$ 个正交关系确定。原则上，我们可以通过类似的方法，生成对应于 $m = j_1 + j_2 - 3, j_1 + j_2 - 4, \cdots$ 的 $\boldsymbol{J}^2$ 本征态，如下图所示

通过上图我们可以看出，对于固定的 $m=m_1+m_2$，我们总可以利用 $\text{C-G}$ 系数将 $\boldsymbol{J}^2$ 的本征态表示为乘积态的线性组合

$$|j_1j_2;jm\rangle=\sum_{m_1+m_2=m}|j_1j_2;m_1m_2\rangle \underline{\langle j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm\rangle}$$

其中 $m_1+m_2=m$ 共有 $2j+1$ 项，从而共有 $2j+1$ 个乘积态基矢，又因为不同 $j$ 下的 $\ket{jm}$ 是两两正交的，所以对应的 $j$ 值也只能有 $2j+1$ 项，因此 $j$ 的最小值为 $j_{min}=(j_1+j_2)-(2j)=j_1-j_2$。

因为 $\text{C-G}$ 系数是两个完备正交归一基底之间的幺正变换系数，且都为实数，所以能构成一个实正交矩阵。显然我们可以准备好所有的 $j_1,j_2$ 的 $\text{C-G}$ 系数表格，然后通过查表法获得任意需要的 $\text{C-G}$ 系数，如下图所示

同理我们还可以反过来，将乘积态表示为总角动量态的线性组合

$$|j_1j_2;m_1m_2\rangle=\sum_{j}|j_1j_2;jm\rangle\underline{\langle j_1j_2;jm|j_1j_2;m_1m_2\rangle}$$

此时只需对同一 $m$ 对应的 $\text{C-G}$ 系数进行转置读取即可。也就是说，若是 $\ket{j_1j_2;m_1m_2}\to \ket{j_1j_2;jm}$ 的变换那么就竖着读，若是 $\ket{j_1j_2;jm}\to \ket{j_1j_2;m_1m_2}$ 的变换那么就横着读。

L-S耦合

在原子物理中，电子的总角动量 $\boldsymbol{J}$ 由轨道角动量 $\boldsymbol{L}$ 和自旋角动量 $\boldsymbol{S}$ 组成

$$\boldsymbol{J}=\boldsymbol{L}+\boldsymbol{S}$$

此时 $j=l\pm \dfrac{1}{2}\equiv j_{\pm}$，$m_{max}=l+\dfrac{1}{2}$，$m_{min}=-(l+\dfrac{1}{2})$。示意图如下

我们想要得到固定 $m$ 下的一般态的 $\text{C-G}$ 系数，那么一般对应两个 $m$ 相同而 $j$ 不同的态

$$\begin{aligned} \left|l\frac{1}{2};l+\frac{1}{2},m\right\rangle&=a\left|l\frac{1}{2};m+\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right\rangle+b\left|l\frac{1}{2};m-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right\rangle \\[1em] \left|l\frac{1}{2};l-\frac{1}{2},m\right\rangle&=a^{\prime}\left|l\frac{1}{2};m+\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right\rangle+b^{\prime}\left|l\frac{1}{2};m-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right\rangle \end{aligned}$$

我们有两种方法来确定 $\text{C-G}$ 系数 $a,b,a',b'$

---

①定义 $m_\pm=m\pm\dfrac{1}{2}$，又因为 $j_\pm=l\pm\dfrac{1}{2}$，结合我们之前得到的 $J_-$ 对 $\ket{jm}$ 的降低作用

$$|jm\rangle=\sqrt{\frac{(j+m)!}{(2j)!(j-m)!}}(J_{-})^{j-m}|jj\rangle \qquad \qquad (J_{-})^{j-m}|jj\rangle=\sqrt{\frac{(2j)!(j-m)!}{(j+m)!}}|jm\rangle$$

我们可以得到

$$\left|l\frac{1}{2};j_{+}m\right\rangle=\sqrt{\frac{(j_{+}+m)!}{(2j_{+})!(j_{+}-m)!}}(J_{-})^{j_{+}-m}\left|l\frac{1}{2};j_{+}j_{+}\right\rangle$$

又因为最高的 $\ket{j_+j_+}$ 态等于最高的 $\ket{l\dfrac{1}{2};l\dfrac{1}{2}}$ 态 $\left|l\dfrac{1}{2};j_+j_+\right\rangle=\left|l\dfrac{1}{2};l\dfrac{1}{2}\right\rangle$，再利用 $J_-=L_-+S_-$，并利用二项式定理展开 $(J_-)^{j_+-m}$

$$(J_-)^{j_+-m}=(L_-+S_-)^{j_+-m}=\sum_{n=0}^{j-m}C_{j_+-m}^n(L_-)^n(S_-)^{j_+-m-n}$$

这个二项式定理看起来很多项数，实际上只有两项不为零，因为 $S_-$ 只能作用一次就把自旋 $1/2$ 的态降到最低态了，所以当 $j_+-m-n\geq2$ 时，$(S_-)^{j_+-m-n}\left|l\frac{1}{2};l\frac{1}{2}\right\rangle=0$，因此我们只需要考虑 $n=j_+-m$ 和 $n=j_+-m-1$ 两项，计算下式

$$\left|l\frac{1}{2};j_{+}m\right\rangle=\sqrt{\frac{(j_{+}+m)!}{(2j_{+})!(j_{+}-m)!}}\sum_{n=0}^{j-m}C_{j_{+}-m}^{n}(L_{-})^{n}(S_{-})^{j+-m-n}\left|l\frac{1}{2};l\frac{1}{2}\right\rangle$$

可以得到

$$\left|l\frac{1}{2};j_+m\right\rangle=\sqrt{\frac{1}{2l+1}}\left[\sqrt{l+m_+}\left|l\frac{1}{2};m_-,\frac{1}{2}\right\rangle+\sqrt{l-m_-}\left|l\frac{1}{2};m_+,-\frac{1}{2}\right\rangle\right]$$

可以利用同样的方法或者正交归一关系得到

$$\left|l\frac{1}{2};j_-m\right\rangle=\sqrt{\frac{1}{2l+1}}\left[-\sqrt{l-m_-}\left|l\frac{1}{2};m_-,\frac{1}{2}\right\rangle+\sqrt{l+m_+}\left|l\frac{1}{2};m_+,-\frac{1}{2}\right\rangle\right]$$

---

②利用两个态的正交归一关系，得到

$$a^2+b^2=a^{\prime2}+b^{\prime2}=1 \\[0.5em] aa^{\prime}+bb^{\prime}=0$$

但这只是三个条件，而我们有四个未知数，因此还需要一个额外条件，例如比值 $a/b$。将之前推导出的

$$J_1\cdot J_2|j_1j_2;jm\rangle=\frac{\hbar^2}{2}[j(j+1)-j_1(j_1+1)-j_2(j_2+1)]|j_1j_2;jm\rangle$$

应用至 $L-S$ 耦合基矢变换的等式两端，分别得到

$$\begin{aligned} &2\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}\left|l\frac{1}{2};j_{+}m\right\rangle=\hbar^{2}\left[j_{+}(j_{+}+1)-l(l+1)-\frac{3}{4}\right]\left|l\frac{1}{2};j_{+}m\right\rangle=l\hbar^{2}\left|l\frac{1}{2};j_{+}m\right\rangle \\[2em] & 2\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}\left|l\frac{1}{2};m_{+},-\frac{1}{2}\right|=(L_{+}S_{-}+L_{-}S_{+}+2L_{z}S_{z})\left|l\frac{1}{2};m_{+},-\frac{1}{2}\right| \\ & =\hbar^2\left(\sqrt{(l+m_+)(l-m_++1)}\left|l\frac{1}{2};m_-,\frac{1}{2}\right|-m_+\left|l\frac{1}{2};m_+,-\frac{1}{2}\right|\right) \\[2em] & 2\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}\left|l\frac{1}{2};m_{-},\frac{1}{2}\right\rangle=(L_{+}S_{-}+L_{-}S_{+}+2L_{z}S_{z})\left|l\frac{1}{2};m_{-},\frac{1}{2}\right\rangle \\ & =\hbar^2\left(\sqrt{(l-m_-)(l+m_-+1)}\left|l\frac{1}{2};m_+,-\frac{1}{2}\right|+m_-\left|l\frac{1}{2};m_-,\frac{1}{2}\right|\right) \end{aligned}$$

将上面三式代入 $\left|l\dfrac{1}{2};j_{\pm}m\right\rangle=a\left|l\dfrac{1}{2};m_+,-\dfrac{1}{2}\right\rangle+b\left|l\dfrac{1}{2};m_-,\dfrac{1}{2}\right\rangle$ 中，比较系数有

$$\begin{cases} la=b\sqrt{(l-m_-)(l+m_+)}-am_+ \\[1em] lb=a\sqrt{(l+m_+)(l-m_-)}+bm_- & \end{cases}$$

得到了 $a, b$ 的比例关系

$$\frac{a}{b}=\sqrt{\frac{l-m_-}{l+m_+}}$$

凑齐了四个方程，最后也能得到

$$\boxed{\left|l\frac{1}{2};j_{+}m\right\rangle=\sqrt{\frac{1}{2l+1}}\left[\sqrt{l+m_{+}}\left|l\frac{1}{2};m_{-},\frac{1}{2}\right\rangle+\sqrt{l-m_{-}}\left|l\frac{1}{2};m_{+},-\frac{1}{2}\right\rangle\right]}$$

升降算符方向的投影算符

我们已经得到了 $J_{\pm}$ 作用后的结果分别为

$$\left.\frac{2}{\hbar^{2}}L\cdot S\left|l\frac{1}{2};j_{\pm}m\right\rangle=\left[j_{\pm}(j_{\pm}+1)-l(l+1)-\frac{3}{4}\right]\left|l\frac{1}{2};j_{\pm}m\right\rangle=\left\{ \begin{array}{c} l\left|l\dfrac{1}{2};j_{+}m\right\rangle \\[1em] -(l+1)\left|l\dfrac{1}{2};j_{-}m\right\rangle \end{array}\right.\right.$$

上式中可以看出，$\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ 本征值分别为 $l$ 和 $-(l+1)$，对应的本征态分别为 $\left|l\dfrac{1}{2};j_{+}m\right\rangle$ 和 $\left|l\dfrac{1}{2};j_{-}m\right\rangle$。因此我们可以定义两个投影算符，将任意态投影到这两个子空间中
我们在之前证明了：一个具有有限个本征值的可观测量满足一个代数方程。事实上，可以证明 $\boldsymbol{L} \cdot \boldsymbol{S}$ 在 $\mathcal{D}_l \otimes \mathcal{D}_{1/2}$ 中满足下列二次方程：

$$\left(\frac{2}{\hbar^2}\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}-l\right)\left(\frac{2}{\hbar^2}\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}+l+1\right)=0$$

之前的定理就是这时的逆定理：一个满足最简代数方程 $\phi(\xi) = \prod_{i=1}^n (\xi - c_i) = 0$ 的厄米算符$\xi$，拥有 $n$ 个本征值，由 $\{c_i\}$ 给出。但是注意，虽然本征值只有两个，这两个本征值是简并的。

我们将 $\left(\left(2l+1\right)\cdot 2\right)$ 个 $(j,m)$ 态按序排成一列

由于这些态都是 $\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ 的本征态，因此我们可以将 $\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ 在这个基底下表示为对角阵

$$\frac{2}{\hbar^2}\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}=\operatorname{diag}(l,\cdots,l,-l-1,...,-l-1)$$

我们定义两个投影算符

$$\wp_{+}\equiv\sum_{m=-j_+}^{j_+}\left|l\frac{1}{2};j_+m\right\rangle\left\langle l\frac{1}{2};j_+m\right|=\mathrm{diag}(1,\cdots,1,0,\ldots,0)\\[1em] \wp_{-}\equiv\sum_{m=-j_-}^{j_-}\left|l\frac{1}{2};j_-m\right\rangle\left\langle l\frac{1}{2};j_-m\right|=\mathrm{diag}(0,\cdots,0,1,\ldots,1)$$

它们分别将 $j=j_+$ 和 $j=j_-$ 的投影基矢叠加，分别形成 $j_+$ 和 $j_-$ 子空间的投影算符，分别可以将 $\mathcal{D}_l \otimes \mathcal{D}_{1/2}$ 中的任意态投影到 $j_+$ 或 $j_-$ 子空间中去。这两个算符可以用 $\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ 来表示

$$\wp_+=\frac{\frac{2}{\hbar^2}\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}+l+1}{2l+1} \qquad \wp_-=\frac{l-\frac{2}{\hbar^2}\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}}{2l+1}$$